2023-2024学年安徽省皖北县高一上册期末数学质量检测模拟试题合集2套（含解析）

2023-2024学年安徽省皖北县高一上册期末数学质量检测模拟试题一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据公式法解绝对值得即可解决.【详解】由题知，，因为，即，所以，所以.故选：B2．命题“”的否定为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】全称量词命题的否定是特称量词命题，把任意改为存在，把结论否定.【详解】“”的否定为“”.故选：A3．如图，在矩形中，对角线交于点，则下列各式一定成立的是（

）A．B．C．D．【答案】D【分析】由矩形的几何性质，结合各线段对应向量的关系判断各项的正误.【详解】由图知：，故A错误；不相等，即，故B错误；，故C错误；，故D正确.故选：D4．为响应“健康中国2030”的全民健身号召，某校高一年级举办了学生篮球比赛，甲､乙两位同学在6场比赛中的得分茎叶图如图所示，下列结论正确的是（

）A．甲得分的极差比乙得分的极差小B．甲得分的平均数比乙得分的平均数小C．甲得分的方差比乙得分的方差大D．甲得分的分位数比乙得分的分位数大【答案】C【分析】根据茎叶图求出甲，乙两位同学得分的极差，平均分，方差，百分位数即可解决.【详解】由题知，甲同学6场比赛得分分别为14,16,23,27,32,38，极差为，平均数，方差，因为，所以得分的25%分位数为16，乙同学6场比赛得分分别为13,22,24,26,28,37，极差为，平均数，方差，因为，所以得分的25%分位数为22，所以ABD错误；故选：C5．已知，则的大小关系正确的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据指对数的性质判断的大小关系.【详解】由，所以.故选：B6．已知射击运动员甲击中靶心的概率为，射击运动员乙击中靶心的概率为，且甲､乙两人是否击中靶心互不影响.若甲､乙各射击一次，则至少有一人击中靶心的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据独立事件的乘法公式和对立事件的概率公式可求出结果.【详解】设甲击中靶心为事件，乙击中靶心为事件，则，，因为与相互独立，所以与也相互独立，则甲、乙都不击中靶心的概率为，所以甲、乙至少有一人击中靶心的概率为.故选：A7．“”是“”成立的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】由对数函数的性质判断题设条件间的推出关系，结合充分、必要性定义确定答案.【详解】当时，则有成立，充分性成立；当时，则有成立，必要性成立.故“”是“”成立的充分必要条件.故选：C8．已知函数，则下列函数为奇函数的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用题意先得到，，然后利用奇函数的定义进行判断即可【详解】由可得，，对于A，令，定义域为，因为，所以不是奇函数，故A错误；对于B，令，定义域为，因为，所以是奇函数，故B正确；对于C，由于，定义域为，不关于原点对称，故不是奇函数，故C错误；对于D，由于，定义域为，不关于原点对称，故不是奇函数，故D错误；故选：B9．某校航模小组进行无人机飞行测试，从某时刻开始15分钟内的速度（单位：米/分钟）与飞行时间（单位：分钟）的关系如图所示.若定义“速度差函数”（单位：米/分钟）为无人机在这个时间段内的最大速度与最小速度的差，则的图像为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据图像分析，即可得到答案【详解】由题图知,当时,无人机做匀加速运动,,“速度差函数”;当时,无人机做匀减速运动,速度从160开始下降,一直降到80,“速度差函数”;当时,无人机做匀减速运动,从80开始下降,,“速度差函数”;当时无人机做匀加速运动,“速度差函数”.所以函数在和两个区间上都是常数.故选：C10．已知集合都是的子集，中都至少含有两个元素，且满足：①对于任意，若，则；②对于任意，若，则.若中含有4个元素，则中含有元素的个数是（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【分析】令且，，根据已知条件确定可能元素，进而写出且时的可能元素，讨论、，结合确定的关系，即可得集合A、B并求出并集中元素个数.【详解】令且，，如下表行列分别表示，集合可能元素如下：----------则，若，不妨令，下表行列分别表示，---------------------由，而，且，显然中元素超过4个，不合题设；若，则，下表行列分别表示，---------------由，而，且，要使中元素不超过4个，只需，此时，显然，即，则，即且，故，所以，即，而，故，共7个元素.故选：C【点睛】关键点点睛：令且，，结合已知写出可能元素，由且时的可能元素且研究的关系.二、填空题11．某学校有教师志愿者80人，其中小学部有24人，初中部有32人，高中部有24人.现采用分层抽样的方法从全校教师志愿者中抽出20人参加周末社区服务活动，那么应从初中部抽出的人数为__________.【答案】8【分析】利用分层抽样直接求解.【详解】从80人中抽取20人，抽样比为，所以应从初中部抽出的人数为.故答案为：8.12．已知向量在正方形网格中的位置如图所示.若网格纸上小正方形的边长为1，则__________.【答案】【分析】由图知，应用向量数量积的运算律求得，即可得结果.【详解】由图知：，则，又，则.故答案为：13．已知函数的定义域为，满足，且在上是减函数，则符合条件的函数的解析式可以是__________.（写出一个即可）【答案】（答案不唯一）【分析】根据幂函数的性质可得.【详解】的定义域为，想到作分母，，说明函数为偶函数，所以的指数为偶数，所以想到幂函数，验证在单调递减成立.故答案为：（答案不唯一）三、双空题14．已知函数，则__________；的最小值为__________.【答案】

4

-1【分析】根据单调性分别讨论分段函数每段的最小值，再综合判断.【详解】，在区间内单调递减，故在上无最小值，且在区间内单调递增，故，故答案为：-115．某学校为了调查高一年级600名学生年平均阅读名著的情况，通过抽样，获得了100名学生年平均阅读名著的数量（单位：本），将数据按照分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图，则图中的值为__________；估计高一年级年平均阅读名著的数量不少于10本的人数为__________.【答案】

##

【分析】由频率和为1列方程求参数a，由图知数量不少于10本的频率为，进而求人数.【详解】由直方图知：，所以，则高一年级年平均阅读名著的数量不少于10本为人.故答案为：，16．已知定义在上的函数，则的零点是__________；若关于的方程有四个不等实根，则__________.【答案】

和

【分析】令结合即可求出零点，将转化为与有四个不同交点，画出函数图象并令，易知、分别是、的两个根，进而求.【详解】令，则，即，可得或，又，故的零点是和；由有四个不等实根，即且与有四个不同交点，因为，当且仅当时等号成立，结合对勾函数性质，在上递减，在上递增，综上，和上，上，则、上递减，、上递增，所以函数图象如下，由图知：，又，则，解得，若，则，故，，所以是的两个根，是的两个根，则，故.故答案为：和，四、解答题17．如图，在中，.设.(1)用表示；(2)若为内部一点，且.求证：三点共线.【答案】(1)，(2)证明见解析【分析】（1）由图中线段的位置及数量关系，用表示出，即可得结果；（2）用表示，得到，根据向量共线的结论即证结论.【详解】（1）由题图，，.（2）由，又，所以，故三点共线.18．已知集合.(1)求；(2)若集合，且，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）先求解一元二次不等式，再求补集；（2）由可分类讨论与时画图分析即可.【详解】（1）∵∴（2）∵∴①当时，，解得：，②当时，即：，∴或∴∴综述：.19．为了践行“节能减排，绿色低碳”的发展理念，某企业加大了对生活垃圾处理项目的研发力度.经测算，企业每月平均处理生活垃圾的增量y（单位：吨）与每月投入的研发费用（单位：万元）之间的函数关系式为.(1)若要求每月平均处理生活垃圾的增量不低于100吨，则每月投入的研发费用应该在什么范围？(2)当每月投入的研发费用为多少时，每月平均处理生活垃圾的增量达到最大值？最大值是多少？【答案】(1)每月投入的研发费用的范围是万元(2)每月投入的研发费用为20万元时，每月平均处理生活垃圾的增量达到最大值，最大值是120吨.【分析】（1）根据题意得到，然后解不等式即可求解；（2）利用基本不等式即可求解【详解】（1）根据题意，，因为所以不等式转化为化简可得，解得所以每月投入的研发费用的范围是万元（2）因为，所以，因为，当且仅当，即时，取等号，所以当且仅当时，取得最大值.所以每月投入的研发费用为20万元时，每月平均处理生活垃圾的增量达到最大值，最大值是120吨.20．2022年11月29日23时08分，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射成功，实现了两个飞行乘组首次太空“会师”.下表记录了我国已发射成功的所有神舟飞船的发射时间和飞行时长.名称发射时间飞行时长神舟一号1999年11月20日21小时11分神舟二号2001年1月10日6天18小时22分神舟三号2002年3月25日6天18小时39分神舟四号2002年12月30日6天18小时36分神舟五号2003年10月15日21小时28分神舟六号2005年10月12日4天19小时32分神舟七号2008年9月25日2天20小时30分神舟八号2011年11月1日16天神舟九号2012年6月16日13天神舟十号2013年6月11日15天神舟十一号2016年10月17日32天神舟十二号2021年6月17日3个月神舟十三号2021年10月16日6个月神舟十四号2022年6月5日6个月神舟十五号2022年11月29日预计6个月为帮助同学们了解我国神舟飞船的发展情况，某学校“航天社团”准备通过绘画､海报､数据统计图表等形式宣传“神舟系列飞船之旅”.(1)绘画组成员从表中所有的神舟飞船中随机选取1艘进行绘画，求选中的神舟飞船的发射时间恰好是在10月份的概率；(2)海报组成员从飞行时长（包括预计飞行时长）大于30天的神舟飞船中随机选取2艘制作海报，求选中的神舟飞船的飞行时长（包括预计飞行时长）均为6个月的概率；(3)数据统计组成员在2022年5月计算了已经完成飞行任务的神舟飞船的飞行时长平均值，记为年12月30日又计算了已经完成飞行任务的神舟飞船的飞行时长平均值，记为.试判断和的大小.（结论不要求证明）【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）设“神舟飞船的发射时间恰好是在10月份”为事件列举出满足事件的样本点，即可算出概率；（2）列举基本事件，根据古典概型公式求解即可（3）比较和新加入的数，即可得到结论【详解】（1）记名称为神舟第号飞船为，则“从表中所有的神舟飞船中随机选取1艘”的样本空间为，共15个样本点.设“神舟飞船的发射时间恰好是在10月份”为事件则，共4个样本点，所以（2）“从飞行时长（包括预计飞行时长）大于30天的神舟飞船中随机选取2艘”的样本空间为,共10个样本点.设“选中的神舟飞船的飞行时长(包括预计飞行时长)均为6个月”为事件B，则，共3个样本点，所以（3）易得2022年5月计算神舟一号到神舟十三号的平均数小于6个月，年12月30日又计算了一遍，新加入神舟十四号和神舟十五号的数据，一定会比要大，故会拉高平均数，所以21．设有限集合，对于集合，给出两个性质：①对于集合A中任意一个元素，当时，在集合A中存在元素，使得，则称A为的封闭子集；②对于集合A中任意两个元素，都有，则称A为的开放子集.(1)若，集合，判断集合为的封闭子集还是开放子集；（直接写出结论）(2)若，且集合A为的封闭子集，求的最小值；(3)若，且为奇数，集合A为的开放子集，求的最大值.【答案】(1)A为的封闭子集，B为E的开放子集(2)9(3)【分析】对于（1），利用封闭子集，开放子集定义可得答案；对于（2），，设.因集合A中任意一个元素，当时，在集合A中存在元素，使得，则，其中.据此可得，得，后排除8，再说明9符合题意即可；对于（3），因，且为奇数，当时，得；当，将里面的奇数组成集合A，说明集合A为E开放子集，且为最大值即可.【详解】（1）对于A，因，且，则A为E的封闭子集；对于B，由题可得，注意到其中任意两个元素相加之和都不在B中，任意元素也不是其他两个元素之和，且，故B为E的开放子集；（2）由题：，设.因集合A中任意一个元素，当时，在集合A中存在元素，使得，则，其中.得，，，.因，则.若，则，则在A中存在元素，使它们的和为.又，则当时，，得，则在A中存在元素，使它们的和为.又当时，，得，则在A中存在元素，使它们的和为.注意到奇数，且，故不存在元素，使，这与集合A为的封闭子集矛盾，故.当，取，易得其符合的封闭子集的定义，故的最小值为9；（3）因，且为奇数，当时，得；当，将里面的奇数组成集合A，则，因A中每个元素都是奇数，而任意两个奇数之和为偶数，且，则A为E开放子集，此时集合A元素个数为.下面说明为最大值.时，显然成立；当，若，则中至少有一个属于的偶数，设为，则，得为属于集合中的奇数，这与E开放子集的定义矛盾，故.综上：的最大值为.【点睛】关键点点睛：本题考查集合新定义，难度较大.问主要考查对于定义的理解；（2）问从定义出发，得到，得，继而结合定义分析出；（3）问，由任意两个奇数之和为偶数可构造出集合A.2023-2024学年安徽省皖北县高一上册期末数学质量检测模拟试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若复数是纯虚数，则实数a的值是（）A.1 B.0 C. D.【正确答案】A【分析】由复数的除法运算、复数分类可得答案.【详解】依题意，由于是纯虚数，所以，解得.故选：A.2.下列叙述正确的是（）A.用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台B.两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C.有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台D.棱台的侧棱延长后必交于一点【正确答案】D【分析】根据棱台的定义以及性质，即可得出答案.【详解】对于A，当截面不平行于底面时，棱锥底面和截面之间的部分不是棱台，A错误；对于B，C，如图的几何体满足条件，但侧棱延长线不能相交于一点，不是棱台，B，C错误；对于D，由棱台结构特征知侧棱延长后必交于一点，D正确.故选：D.3.已知向量，，若，则（）A. B. C.0 D.1【正确答案】C【分析】由向量共线的坐标表示求解即可.【详解】由，得，得.所以，即.故选：C.4.如图所示，是水平放置的的斜二测直观图，其中，则是（）A.锐角三角形 B.钝角三角形C.等腰直角三角形 D.以上选项都不对【正确答案】C【分析】根据斜二测画法的规则，以及的边长关系，即可得出边长关系，进而得出答案.【详解】根据斜二测画法可知，在原图形中，O为CA的中点，.因为，所以，则是以AC为斜边的等腰直角三角形，如图所示：故选：C.5.已知平面两两垂直，直线满足：，则直线不可能满足以下哪种关系A.两两垂直 B.两两平行 C.两两相交 D.两两异面【正确答案】B【分析】通过假设，可得平行于的交线，由此可得与交线相交或异面，由此不可能存在，可得正确结果.【详解】设，且与均不重合假设：，由可得：，又，可知，又，可得：因为两两互相垂直，可知与相交，即与相交或异面若与或重合，同理可得与相交或异面可知假设错误，由此可知三条直线不能两两平行本题正确选项：本题考查空间中的直线、平面之间的位置关系，关键在于能够通过线面关系得到第三条直线与前两条线之间的位置关系，从而得到正确结果.6.已知复数满足，则下列结论正确的是（）A. B.的虚部与实部相等C. D.存在复数，使【正确答案】D【分析】根据复数的除法，化简可得，然后根据复数的概念，即可得出答案.【详解】对于A项，由，得，故A项错误；对于B项，的实部为，虚部为，故B项错误；对于C项，，故C项错误；对于D项，当时，，故D项正确.故选：D.7.位于某港口A的小艇要将一件重要物品送到一艘正在航行的海轮上.在小艇出发时，海轮位于港口A北偏东30°且与该港口相距30海里的B处，并正以20海里/时的速度沿正西方向匀速行驶.假设该小艇沿直线方向以v海里/时的航行速度匀速行驶，经过t小时与海轮相遇.若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇的航行速度（单位：海里/时）应为（）A. B.20 C. D.【正确答案】D【分析】利用垂线段最短，结合三角函数值求出最小距离，即可求出答案.【详解】如图所示，，，，当时，即小艇往正北方向航行时航行的距离最小，最小值为海里，从而海轮航行的距离为海里，故航行时间为小时，所以小艇的航行速度海里/时.故选：D.8.在边长为6的菱形中，，现将菱形沿对角线BD折起，当时，三棱锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据题意，结合图形的几何性质求出相关线段的长，根据球的几何性质确定三棱锥外接球的球心位置，求得外接球半径，即可求得答案.【详解】由题意在边长为6的菱形中，知，和为等边三角形，如图所示，取BD中点E，连接AE，CE，则，，同理可得，又，则，则，又平面,故平面，而平面，故,由于为等边三角形，故三棱锥外接球球心O在平面内的投影为的外心，即平面，故，过O作于H，则H为的外心，则,即共面，则，则四边形为矩形，则在中，，，所以外接球半径，则外接球表面积为，故选：C二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.复数的虚部为B.方程的复数根为C.若，则复平面内对应的点位于第二象限D.复平面内，实轴上的点对应的复数是实数【正确答案】BD【分析】化简即可判断A项；根据韦达定理，即可得出B项；化简得出，求出共轭复数，根据复数的几何意义，即可判断C项；根据复数的几何意义，即可得出D项.【详解】对于A，，虚部为3，A错误；对于B，，，B正确；对于C，，则，复平面内对应的点在y轴负半轴上，C不正确；对于D，复平面内，实轴上的点对应的复数是实数，D正确.故选：BD.10.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（）A.B.若为斜三角形，则C.若，则是锐角三角形D.若，则一定是等边三角形【正确答案】ABD【分析】由正弦定理和比例性质可以判断A，D选项，根据诱导公式及两角和公式判断B选项，由平面向量数量积判断三角形形状判断C选项，【详解】对于A，由正弦定理和比例性质得，故A正确；对于B，由题意，，则，所以，故B正确；对于C，因为，所以，所以，所以C为钝角，是钝角三角形，故C错误；对于D，因为，所以，所以，且A，B，，所以，所以为等边三角形，故D正确．故选:ABD．11.如图，正四棱柱中，，E，F分别为，的中点，则下列结论错误的是（）A.平面BEFB.直线与直线BF所成的角为C.平面BEF与平面ABCD的夹角为D.直线与平面ABCD所成的角为【正确答案】ABC【分析】对于A，若平面BEF，则，与矛盾；对于B，假设直线与直线BF所成的角为，可得平面，所以，显然这是不可能的；对于C，可证得即为平面BEF与平面ABCD的夹角，求判断即可；对于D：直线与平面ABCD所成的角即为直线与平面ABCD所成的角.【详解】对于A，如图，连接，由题意，又E，F分别为，的中点，可得，若平面BEF，则，进而．这显然不成立，故与平面BEF不垂直，A错误；对于B，假设直线与直线BF所成的角为，即，由正四棱柱的性质可知平面，而平面，所以，又与相交，、面，所以平面，而由正四棱柱的性质可知平面，所以，显然这是不可能的，所以假设不成立，因此B错误；对于C，分别延长，DA交于点P，连接PB，则直线PB即为平面与平面ABCD的交线．连接BD，，因为且，所以，所以，又平面，面，所以，又面，所以平面，又面，所以，所以即为平面BEF与平面ABCD的夹角，易知，故，C错误；对于D，可证，则直线与平面ABCD所成的角为，又根据题意易知，D正确．故选：ABC．12.已知正的边长为，中心为O，P是的内切圆上一点，则（）A. B.满足的点只有1个C. D.满足的点有2个【正确答案】ABD【分析】设M为AB的中点，的内切圆半径为r，外接圆半径为R，先作图推出，进而根据向量的数量积，即可得出A项；根据向量的运算法则可得，结合内切圆的半径以及已知条件，即可得出B项；根据向量加法运算的法则，结合图象以及数量积的定义，即可判断C项；根据向量加法运算的法则，结合图象，即可得出D项.【详解】对于A，法一：设M为AB的中点，连接OM，则C，O，M三点共线.设的内切圆半径为r，外接圆半径为R，则.因为O为的中心，故，而，故.又，A正确；法二：记CO的中点为N，设的内切圆半径为r，外接圆半径为R，则.由正三角形性质知N在内切圆上且MN为内切圆圆O的直径，如图2，连接PM，PN，从而有，A正确；对于B，，因为的边长为，所以内切圆半径为1，当且仅当P为OC中点N时，，B正确；对于C，当与重合时，，此时，满足；当与不重合时，，由图象易知与的夹角，所以，所以，故C错误；对于D，，要使，则，分析可知此时P恰为线段OB与内切圆的公共点，又当P与M重合时，也满足题意，故这样的点有2个，D正确.故选：ABD.关键点睛：结合图象以及向量加法的运算法则，即可简化运算.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知复数满足，则______.【正确答案】1【分析】根据复数的除法运算、模长计算可得答案.【详解】法一：由，得，所以，；法二：由，得，所以，.故1.14.若单位向量满足，且，则实数k值为___________.【正确答案】6【分析】根据两向量垂直，可得到=0，展开化简即可求出值.【详解】因为，所以，因为，所以，即，又是单位向量，所以，即.故15.已知正方体的棱长为3，则到平面的距离为______.【正确答案】【分析】根据正方体的性质以及线面垂直的判定定理、性质定理，可得出平面.构造辅助线得出与平面的交点，然后根据相似三角形，即可得出答案.【详解】如图，连接，，由正方体的性质可知，平面，.因为平面，所以.因为平面，平面，，所以平面.因为平面，所以.同理可得.因为平面，平面，，所以平面.连接AC交BD于O，连接交于点，则到平面距离即等于的长.因为，且，所以四边形为平行四边形.又，所以，则，所以，即到平面的距离为.故答案为.16.在中，，是的角平分线，且交于点.若的面积为，则的最大值为______.【正确答案】【分析】根据已知可推得.根据，即可得出.根据基本不等式，即可得出答案.【详解】设角A，B，C的对边分别为a，b，c.因为，所以.由已知可得，.又，，即，整理得，当且仅当时，等号成立.故AM的最大值为.故答案为.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知复数满足.（1）求；（2）求.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）（2）根据条件求出复数，代入所求运算求解即可.【小问1详解】因为，所以，所以，所以.【小问2详解】.18.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求角A；（2）若的面积为，求a的最小值.【正确答案】（1）（2）3【分析】（1）根据正弦定理边化角可得.然后根据两角和的正弦公式化简整理可得，根据的范围，即可得出答案；（2）根据已知可求得.进而根据余弦定理，结合基本不等式，即可得出的范围.【小问1详解】由，得.又，所以，所以，整理得，因为，所以，故，又，所以.【小问2详解】因为的面积，所以.由余弦定理可得，当且仅当时等号成立.即，.故的最小值为3.19.如图所示，在中，，，，.（1）试用向量，来表示，；（2）若，求证：D，O，N三点共线.【正确答案】（1），（2）证明见解析【分析】（1）根据几何关系，结合图象以及向量的运算法则，即可表示出，；（2）根据已知可推得，然后根据向量的运算即可得出，进而得出证明.【小问1详解】因为，所以，所以.因为，所以，所以.【小问2详解】因为，所以，则，，所以，即证D，O，N三点共线.20.如图，在直三棱柱中，，，D，E分别是棱，AC的中点．（1）判断多面体是否为棱